MPSI B Corrigé du DM 15 29 juin 2019
1. Comme Im f = {f (x), x ∈ E} , d'après la propriété de cours relative à la projection orthogonale sur le sous-espace vectoriel Im f :
min {kf (x) − vk, x ∈ E} = kp Im f (v) − vk Comme p Im f (v) ∈ Im f , il existe un x 0 ∈ E tel que f (x 0 ) = p Im f (v) .
2. Une psudo solution est un antécédent de la projection orthogonale du second membre sur l'image de l'application. L'équation admet donc toujours des pseudo-solutions.
Lorsque f est injective, chaque élément de l'image admet un unique antécédent. Dans ce cas il existe donc une unique pseudo solution.
3. f (x 0 ) = p Im f (v) si et seulement si v − f (x 0 ) est orthogonal à Im f c'est à dire si et seulment si :
∀x ∈ E : (f (x)/f (x 0 ) − v) = 0 4. La traduction matricielle de (f (x)/f(x 0 ) − v) = 0 est
t X t AAX 0 − V
= O Mn,1( R )
Alors x 0 est pseudo solution de (1) si et seulement si la relation précédente est valable pour toutes les matrices colonnes X . En choisissant successivement les colonnes X formées avec un seul 1 et que des 0 on en déduit que cela entraine
t AAX 0 − V = O M
n,1( R )
la réciproque est évidente.
5. Calcul du rang de f pour l'exemple.
rg f = rg A = rg
1 1 −1 0 0 0 0 3 0
= 2
Équation de l'image.
(a, b, c) ∈ Im f si et seulement si il existe des réels (x, y, z) tels que
x + y − z = a x + y − z = b
−x + 2y + z = c
⇔
x + y − z = a 0 = b − a 3y = c + a On en déduit que (a, b, c) ∈ Im f si et seulement si a − b = 0 . Calcul des pseudo solutions.
Ici v = (1, 0, 0) 6∈ Im f . On forme t AAX = t AV :
1 1 −1
1 1 2
−1 −1 1
1 1 −1 1 1 −1
−1 2 1
x y z
=
1 1 −1
1 1 2
−1 −1 1
1 0 1
3 0 −3
0 6 0
−3 0 3
x y z
=
0 3 0
Cela conduit au système
3x −3z = 0
6y = 3
−3x +3z = 0 L'ensemble des solutions est donc
(x, 1
2 , x), x ∈ R
6. a. Considérons une fonction f dénie dans R 2 et à valeurs dans R n : f (λ, µ) = λa + µb
et l'équation (2) : f (x) = c . Une pseudo solution de cette équation est un couple (λ 0 , µ 0 ) tel que
kλ 0 a + µb − ck = min
kλa + µb − ck, (λ, µ) ∈ R 2
Comme l'application t → t 2 est strictement croissante dans R 2 , cela revient à minimiser le carré de la norme. La matrice de f dans la base canonique de R n
est :
a 1 b 1
... ...
a n b n
b. La fonction est injective si et seulement si (a, b) est libre.
c. On suppose (a, b) libre. On trouve λ et µ en exprimant que λa + µb − c est orthogonal à a et b .
( kak 2 λ − (a/c)µ = (a/c) (a/b)λ + kbk 2 µ = (b/c)
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
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Rémy Nicolai M0715CMPSI B Corrigé du DM 15 29 juin 2019
On résoud par les formules de Cramer : λ = (b/c)kbk 2 − (a/c)(a/b)
kak 2 kbk 2 − (a/b) 2 , µ = (b/c)kak 2 − (a/c)(a/b) kak 2 kbk 2 − (a/b) 2
On remarque que le dénominateur des formules précédentes est strictement négatif d'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz (l'égalité ne se produisant que pour un couple lié de vecteurs).
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
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